zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Khoa Học Tự Nhiên

Phương pháp giải phương trình hàm sinh bởi hàm hợp qua các kỳ Olympic

Chia sẻ: AtaruMoroboshi _AtaruMoroboshi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:16

Báo xấu

32
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài viết "Phương pháp giải phương trình hàm sinh bởi hàm hợp qua các kỳ Olympic" nhằm trình bày một số phương pháp giải các dạng toán về phương trình hàm sinh bởi hàm hợp qua các kỳ thi Olympic những năm gần đây và xét các ứng dụng liên quan. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Phương pháp giải phương trình hàm sinh bởi hàm hợp qua các kỳ Olympic

Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM SINH BỞI HÀM HỢP QUA CÁC KỲ O LYMPIC Nguyễn Thị Bích Ngọc Trường THPT Chuyên Lương Văn Tụy, Ninh Bình Tóm tắt nội dung Báo cáo này nhằm trình bày một số phương pháp giải các dạng toán về phương trình hàm sinh bởi hàm hợp qua các kỳ thi Olympic những năm gần đây và xét các ứng dụng liên quan. 1 Một số dạng phương trình giải bằng phương pháp thế biến Bài toán 1 (THTT, Bài T11/434). Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn các điều kiện f ( x f (y) + 3y2 ) + f (3xy + y) = f (3y2 + x ) + 4xy − x + y, ∀ x, y ∈ R. (1) Lời giải. Thay x = 0 vào (1), ta được f (3y2 ) + f (y) = f (3y2 ) + y, ∀y ∈ R, hay f (y) = y. Thử lại ta thấy hàm số f ( x ) = x thỏa mãn điều kiện bài ra. Bài toán 2 (THTT, Bài T11/451). Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện 1 2 f ( x2 + f (y)) = 4y + f ( x ) với mọi x, y ∈ R. (2) 2 Lời giải. Thay x = 0 vào (2) ta thu được 1 2 1 f ( f (y)) = 4y + f (0) = 4y + a2 , ∀y ∈ R, (2.1) 2 2 với a = f (0). Vì vế phải là hàm bậc nhất theo y nên suy ra f là song ánh. Thay y = 0 vào (2) ta được 1 2 f ( x2 + f (0)) = f ( x ) với mọi x ∈ R. (2.2) 2 Tiếp tục thay x bởi − x trong (2.2), ta được 1 2 f ( x2 + f (0)) = f (− x ) với mọi x ∈ R. (2.3) 2 189
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Từ (2.2) và (2.3) suy ra f 2 ( x ) = f 2 (− x ) với mọi x ∈ R. Trường hợp f (− x ) = f ( x ) chỉ xảy ra khi − x = x ⇔ x = 0 (do f là song ánh). Vậy f (− x ) = − f ( x ) với mọi x 6= 0. Vì f là song ánh nên tồn tại duy nhất số b sao cho f (b) = 0. Nếu b 6= 0 thì f (−b) = − f (b) và vì vậy f (b) = f (−b) = 0 nên b = 0, mâu thuẫn. Do vậy, f (0) = 0. Vậy f (− x ) = − f ( x ) với mọi x ∈ R, tức f là hàm lẻ. Khi đó (2.1) có dạng f ( f ( x )) = 4x, ∀ x ∈ R (∗) và (2.2) có dạng 1 2 f ( x2 ) = f ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ R, 2 tức f ( x ) ≥ 0 khi x ≥ 0. Thế vào (1), ta thu được 1 2 f ( x2 + f (y)) = f ( f (y)) + f ( x ) với mọi x, y ∈ R 2 hay f (u + v) = f (u) + f (v), ∀u ≥ 0, v ∈ R. (2.4) Trong (2.4), thay u bởi −u với u < 0, v bởi −v và sử dụng tính chất f là hàm lẻ, ta được f (−u − v) = f (−u) + f (−v), ∀u < 0, v ∈ R ⇔ − f (u + v) = − f (u) − f (v), ∀u < 0, v ∈ R f (u + v) = f (u) + f (v), ∀u < 0, v ∈ R. (2.5) Từ (2.4) và (2.5) suy ra f (u + v) = f (u) + f (v), ∀u, v ∈ R. (2.6) Tiếp theo, sử dụng tính chất f ( x ) ≥ 0 khi x ≥ 0, ta thu đươc f ( x ) là hàm đơn điệu tăng, do vậy là hàm đồng biến (vì f là song ánh). Thật vậy, nếu x > y thì f ( x ) = f (y + ( x − y)) = f (y) + f ( x − y) ≥ f (y). Ta chứng minh f ( x ) = 2x với mọi x ∈ R. Thật vậy, nếu tồn tại x0 sao cho f ( x0 ) > 2x0 thì từ (*) suy ra 4x0 = f ( f ( x0 )) > f (2x0 ) = f ( x0 ) + f ( x0 ) > 4x0 , vô lý. Tương tự, trường hợp f ( x0 ) < 2x0 không xảy ra. Thử lại ta thấy hàm số f ( x ) = 2x thỏa mãn điều kiện của bài toán. 190
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Bài toán 3 (THTT, Bài T11/476). Cho số thực a ( a 6= 0, a 6= −1). Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f ( f ( x ) + ay) = ( a2 + a) x + f ( f (y) + x ), ∀ x, y ∈ R. (3) Lời giải. Ta chứng minh f là song ánh. Trước tiên, ta chứng minh f là toàn ánh. y − f (0) f (u) Thật vậy, ứng với mỗi y ∈ R cho trước, đặt u = 2 ,v = − và w = f (v) − u. a +a a Khi đó, thế x = u, y = v vào (3), ta thu được f (w) = f ( f (v) − u) = f ( f (u) + av) − ( a2 + a)v = f (0) − ( a2 + a)u = f (0) − ( f (0) − y) = y, tức f là toàn ánh. Tiếp theo, ta chứng minh f là đơn ánh. Giả sử f ( x1 ) = f ( x2 ). Vì f là toàn ánh nên ứng với mỗi cặp x1 , x2 ∈ R luôn tồn tại y ∈ R để f (y) = x1 + x2 ⇔ x2 = f (y) − x1 . Theo (3), ta thu được ( a2 + a ) x1 + f ( x2 ) = ( a2 + a ) x1 + f ( f ( y ) − x1 ) = f ( f ( x1 ) + ( a2 + a ) y ) = f ( f ( x2 ) + ( a2 + a ) y ) = ( a2 + a ) x2 + f ( f ( y ) − x2 ) = ( a2 + a ) x2 + f ( x1 ) hay ( a2 + a ) x1 + f ( x2 ) = ( a2 + a ) x2 + f ( x1 ) ⇔ x1 = x2 . Vậy nên f là đơn ánh. Do đó f là song ánh. Thế x = 0 vào (3), ta thu được f ( f (0) + ay) = f ( f (y)) ⇔ f (0) + ay = f (y) ⇔ f (y) = ay + f (0), ∀y ∈ R. Vậy f (t) = at + b với b ∈ R tùy ý. Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn (3). Kết luận: Vậy ta luôn có f (t) = at + b, b ∈ R. Nhận xét. Đây là bài toán về phương trình hàm một biến tự do mở rộng bài toán đề nghị trong IMO shortlist 2002 (ứng với trường hợp a = 1). Bài toán 4 (THTT, Bài T11/475). Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn điều kiện x f + f ( x f (y)) = f ( x f ( x )), (4) x−y với mọi x > y > 0. Lời giải. Nhận xét rằng, từ (4), ta thu được f là đơn ánh. Thật vậy, giả sử x > y > 0 và x f ( x ) = f (y). Khi đó từ (4) suy ra f = 0, vô lý. x−y 1 Tiếp theo, ta chứng minh f ( x ) ≤ với mọi x ∈ R+ . x 191
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 1 1 u Giả sử ∃u ∈ R+ để f (u) > . Đặt u − = v ∈ R+ thì 0 < v < u và = u f (u) u−v u f (u). Từ (4) suy ra f (u f (v)) = 0, mâu thuẫn. Giả sử y2 > y1 > 0. Đặt 1 x x = y2 + ⇔ = x f ( y1 ). (4.1) f ( y1 ) x − y2 Khi đó x > y2 > y1 > 0 và x x f + f ( x f (y2 )) = f ( x f ( x )) = f + f ( x f (y1 )). (4.2) x − y2 x − y1 x Từ (4.1) và (4.2), suy ra f ( x f (y2 )) = f . Do đó x − y1 x x x f ( y2 ) = ⇔ x = y1 + . x − y1 f ( y2 ) Kết hợp với (4.1), ta được x x − y2 = − y1 f ( y2 ) f ( y1 ) 1 hay f ( x ) = với c ≥ 0. x+c Ta chứng minh c = 0. Giả sử c > 0, khi đó, với y > x > 0 ta có x x−y y+c f + f ( x f (y)) = + x−y x + c( x − y) x + c(y + c) x−y y+c x+c > + = = f ( x f ( x )), x + c( x + c) x + c( x + c) x + c( x + c) mâu thuẫn. 1 Vậy f ( x ) = . Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn điều kiện bài ra. x Nhận xét. Đây là dạng toán khó về phương trình hàm với cặp biến tự do trên R+ . Bài toán 5. Tìm tất cả các hàm f : (0, 1) → R thỏa f ( xy) = f ( x (1 − y)), với mọi x, y ∈ (0, 1). Lời giải. Từ đề bài ta có: f ( x2 ) = f ( x√− x2 ) . √ Với mọi u, v ∈ (0; 1); u > v ta có a = u − u < 12 , b = v − v < 12 nên a + b ∈ (0; 1) , a+a b ∈ (0; 1) √ Do đó: f (u) = f ( u − u) = f ( a) = f ( a + b) a+a b = f ( a + b)(1 − a+a b ) √ = f ( a + b) a+b b = f (b) = f ( v − v) = f (v) . Do đó f là hàm hằng. Bài toán 6 (VMO 2002). Hãy tìm tất cảc các hàm số f ( x ) xác định trên tấp số thực và thỏa mãn hệ thức f (y − f ( x )) = f x2002 − y − 2001.y. f ( x ) , ∀ x, y ∈ R (6) 192
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Lời giải. 1) Thế y = f ( x ) vào (6) ta được f (0) = f x2002 − f ( x ) − 202.( f ( x ))2 , ∀ x ∈ R (6.1) 2) Lại thay y = x2002 vào (6) thì f x2002 − f ( x ) = f (0) − 2001.x2002 . f ( x ) , ∀ x ∈ R (6.2) Lấy (6.1) cộng với (6.2) ta được f ( x ) f ( x ) + x2002 = 0, ∀ x ∈ R Từ đây suy ra với mỗi giá trị x ∈ R thì ta có hoặc là f ( x ) = 0 hoặc là f ( x ) = − x2002 . Ta sẽ chỉ ra rằng để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì bắt buộc phải có đồng nhất f ( x ) ≡ 0, ∀ x ∈ R hoặc f ( x ) ≡ − x2002 , ∀ x ∈ R. Thật vậy, vì f (0) = 0trong cả hai hàm số trên, nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử tồn tại a 6= 0 sao cho f ( a) = 0 và tồn tại b > 0 sao cho f (b) = −b2002 (vì chỉ cần thay x = 0vào quan hệ (6) ta nhận được hàm f là hàm chẵn). Khi đó thế x = a và y = −b vào (6) ta được f (−b) = f a2002 + b . Vậy ta nhận được dãy quan hệ sau 0 6= −b2002 = f (b) = f (−b)  0 (0 6 = 0) = f a2002 + b =  2002 2002 − a2002 + b − a2002 + b < −b2002 Bằng cách thử lại quan hệ hàm ban đầu ta kết luận chỉ có hàm số f ( x ) ≡ 0, ∀ x ∈ R thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 7 (Hàn Quốc 2003). Tìm tất cả các hàm số thỏa mãn: f ( x − f (y)) = f ( x ) + x f (y) + f ( f (y)) , ∀ x, y ∈ R (7) Lời giải. Nhận thấy hàm f ( x ) ≡ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Xét trường hợp tồn tại x để f ( x ) 6= 0 1) Thế x = f (y) vào (7) ta được x2 f (0) f (0) = 2 f ( z ) + z2 ⇒ f ( x ) = − + 2 2 Hay f 2 (x) f (0) f ( f ( x )) = − + 1 2 2) Thế x = f (z) , với z là một số thuộc thì ta được f ( f (z) − f (y)) = f ( f (z)) + f (z) f (y) + f ( f (y)) Với lưu ý là f 2 (y) f (0) f 2 (z) f (0) f ( f (y)) = − + và f ( f (z)) = − + 2 2 2 2 193
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Thay vào quan hệ hàm ở trên ta được ( f (z) − f (y))2 f ( f (z) − f (y)) = − + f (0) (7.1) 2 3) Tiếp theo ta chứng tỏ tập { f ( x ) − f (y) | x, y ∈ R} = R. Do f ( x ) 6= 0 nên tồn tại một giá trị y0 sao cho f (y0 ) = a 6= 0 . Khi đó từ quan hệ (7) ta có f ( x − a) = f ( x ) + xa + f ( a) ⇒ f ( x − a) − f ( x ) = ax + f ( a) Vì vế phải là hàm bậc nhất biến x nên xa + f ( a) có tập giá trị là toàn bộ R. Do đó hiệu f ( x − a) − f ( x ) cũng có tập giá trị là toàn bộ R, khi x ∈ R. Mà { f ( x ) − f (y) | x, y ∈ R} ⊃ { f ( x − a) − f ( x ) | x ∈ R} = R Do đó { f ( x ) − f (y) | x, y ∈ R} = R. Vậy từ quan hệ (7.1) ta thu được x2 f (x) = − + c, ∀ x ∈ R, c là hằng số. 2 x2 Thử lại thấy c = 0, hàm số f ( x ) = −, ∀ x ∈ R thỏa mãn hệ hàm. 2 x2 Kết luận: Có hai hàm số thỏa mãn là f ( x ) = − , ∀ x ∈ R hoặc f ( x ) ≡ 0. 2 Nhận xét 1. Bài toán trên lấy ý tưởng từ bài thi IMO 1996 Tìm tất cá các hàm số f : R → R thỏa mãn f ( x − f (y)) = f ( f (y)) + x f (y) + f ( x ) − 1, ∀ x, y ∈ R. x2 Đáp số là f ( x ) = − + 1, ∀ x ∈ R. 2 Bài toán 8 (Iran 1999). Xác định các hàm số f : R → R thỏa mãn f ( f ( x ) + y) = f x2 − y + 4y f ( x ) , ∀ x, y ∈ R. Lời giải. 1) Thế y = x2 ta được f f ( x ) + x2 = f (0) + 4x2 f ( x ) , ∀ x ∈ R 2) Thế y = − f ( x ) ta được f (0) = f f ( x ) + x2 − 4( f ( x ))2 , ∀ x ∈ R Cộng hai phương trình trên ta được 4 f ( x ) f ( x ) − x2 = 0, ∀ x ∈ R Từ đây ta thấy với mỗi x ∈ R thì hoặc là f ( x ) ≡ 0 hoặc là f ( x ) = x2 . Ta chứng minh nếu f thỏa mãn yêu cầu bài toán thì f phải đồng nhất với hai hàm số trên. Nhận thấy f (0) = 0, từ đó thay x = 0 ta được f (y) = f (−y) , ∀y ∈ R, hay f là hàm chẵn. Giả sử tồn tại a 6= 0, b 6= 0 sao cho f ( a) = 0, f (b) = −b2 , khi đó thay x = a, y = −b ta được f (−b) = f a2 + b → f (b) = f a2 + b . 194
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Từ đó ta có quan hệ sau 0 6= −b2 = f (b) = f (−b)  0 (0 6 = 0) = f a2 + b =  2 2 − a2 + b − a2 + b < − b2 Do đó xảy ra điều mâu thuẫn. Thử lại thấy hàm số f ( x ) ≡ 0 thỏa mãn yêu cầu. Nhận xét 2. : - Rõ ràng bài toán VMO 2002 có ý tưởng giống bài toán này. - Ngoài phép thế như trên thì bài toán này ta cũng có thể thực hiện những phép thế khác nhau như: 1 2 1) Thế y = x − f (x) . 2 2) Thế y = 0 để f ( f ( x )) = f x2 , sau đó thế y = x2 − f ( x ). 3) Thế y = x − f ( x ) và sau đó là y = x2 − x. Bài toán 9. Tìm hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện: f ( x − f (y)) = 2 f ( x ) + x + f (y) , ∀ x, y ∈ R (9) Lời giải. Nhận thấy hàm f ( x ) ≡ 0 không thỏa mãn yêu cầu. Xét f ( x ) 6= 0. 1) Thay x bởi f (y) vào (9) ta được f (0) f ( f (y)) = − f (y) + 2 2) Lại thay x bởi f ( x ) ta được f ( f ( x )) − f (y) = 2 f ( f ( x )) + f ( x ) + f (y) f (0) = f − f (x) + + f ( x ) + f (y) 2 = − ( f ( x ) − f (y)) + f (0) Tuy nhiên việc chứng minh tập { f ( x ) − f (y) | x, y ∈ R}có tập giá trị là R chưa thực hiện được. 3) Từ đây ta có f ( f ( x ) − 2 f (y)) = f ( f ( x ) − f (y) − f (y)) = 2 f ( f ( x ) − f (y)) + f ( x ) − f (y) + f (y) = −2 ( f ( x ) − f (y)) + 2 f (0) + f ( x ) = − ( f ( x ) − 2 f (y)) + 2 f (0) . Ta sẽ chứng minh tập { f ( x ) − 2 f (y) | x, y ∈ R} bằng R. Thật vậy tồn tại giá trị y0 ∈ R sao cho f (y0 ) = a 6= 0. Khi đó thay y = y0 vào (9) ta có f ( x − a) − 2 f ( x ) = x + a, ∀ x ∈ R 195
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Mà khi x ∈ R thì x + a có tập giá trị là R. Chứng tỏ { f ( x ) − 2 f (y) | x, y ∈ R} = R. Mà { f ( x ) − 2 f (y) | x, y ∈ R} ⊃ { f ( x − a) − f ( x ) | x ∈ R} nên ta có { f ( x ) − 2 f (y) | x, y ∈ R} = R. Do đó từ 3) ta kết luận f ( x ) = − x, ∀ x ∈ R. Thay vào (9) ta được f (0) = 0. Kết luận: Hàm số f ( x ) = − x, ∀ x ∈ R thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 10 (Belarus 1995). Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f ( f ( x + y)) = f ( x + y) + f ( x ) f (y) . (10) Lời giải. Rõ ràng f khác hằng số. 1) Thay y = 0 vào (10) ta được f ( f ( x )) = (1 + f (0)) , ∀ x ∈ R. 2) Trong đẳng thức trên thay x bởi x + y thì (1 + f (0)) f ( x + y) = f ( f ( x + y)) = f ( x + y) + f ( x ) f (y) − xy, Đơn giản ta được f (0) . f ( x + y) = f ( x ) f (y) − xy (10.1) 3) Thay y = 1 vào (10.1) thì f (0) ( x + 1) = f ( x ) f (1) − x 4) Lại thay y = −1 và x bởi x + 1 vào (10.1) ta có f (0) . f ( x ) = f ( x + 1) . f (−1) + x + 1 Kết hợp hai đẳng thức trên ta được ( f (0))2 − f (1) f (−1) f ( x ) − = f ( f (0) − f (−1)) x + f (0) Nếu ( f (0))2 − f (1) f (−1) = 0, thì thay x = 0 vào phương trình cuối cùng ta được f (0) = 0, nên theo (10.1) thì f ( x ) f (y) = xy. Khi đó f ( x ) f (1) = x ∀ x ∈ R, điều này dẫn đến ( f (0))2 − f (1) f (−1) = −1, mâu thuẫn. Vậy ( f (0))2 − f (1) f (−1) 6= 0, suy ra f ( x ) là một đa thức bậc nhất nên có dạng f ( x ) = ax + b. Thay vào quan hệ hàm ban đầu suy ra a = 1, b = 0. Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là f ( x ) = x, ∀ x ∈ R. Nhận xét 3. : Nếu chịu khó tính ta sẽ tính được f (0) = 0 bằng cách thế các biến x, y bởi hai số 0 và 1. 196
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Bài toán 11 (VMP 2005). Hãy xác định tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f ( f ( x − y)) = f ( x ) f (y) − f ( x ) + f (y) − xy, ∀ x, y ∈ R. (11) Lời giải. 1) Thế x = y = 0 vào (11) ta được f ( f (0)) = ( f (0))2 2) Thế x = y vào (11) và sử dụng kết quả trên thì ( f ( x ))2 = ( f (0))2 + x2 , ∀ x ∈ R Suy ra ( f ( x ))2 = ( f (− x ))2 ⇔ | f ( x )| = | f (− x )| , ∀ x ∈ R 3) Thế y = 0 vào (11) được f ( f ( x )) = f (0) f ( x ) − f ( x ) + f (0) , ∀ x ∈ R (11.1) Thế x = 0, y = − x vào (11) được f ( f ( x )) = f (0) f (− x ) + f (− x ) − a, ∀ x ∈ R Từ hai đằng thức trên ta có f (0) ( f (− x ) − f ( x )) + f (− x ) + f ( x ) = 2 f (0) , ∀ x ∈ R (11.2) Giả sử tồn tại x0 6= 0 sao cho f ( x0 ) = f (− x0 ), thì thế x = x0 vào (11.2) ta có f ( x0 ) = f (0) ⇔ ( f ( x0 ))2 ⇔ ( f (0))2 + x02 = ( f (0))2 + 02 ⇔ x0 = 0 Suy ra mâu thuẫn. Vậy f ( x ) = − f ( x ), từ điều này kiết hợp với (11.2) ta có f (0)( f ( x ) − 1) = 0, ∀ x ∈ R Từ đây suy ra f (0) = 0, vì nếu ngược lại thì f ( x ) = 1, ∀ x 6= 0, trái với điều kiện f là hàm lẻ. Từ đây ta nhận được quan hệ quen thuộc x0 = f ( x0 ) = − f ( f ( x0 )) = − f ( x0 ) = x0 Vô lý, vậy chứng tỏ f ( x ) = − x, ∀ x ∈ R. Thử lại thấy hàm này thỏa mãn bài toán. Nhận xét 4. : Bài toán trên cho kết quả là hàm chẵn f ( x ) = − x. Nếu vẫn giữa nguyên vế phải và để nhận được hàm lẻ f ( x ) = x, ta sửa lại dữ kiện trong vế trái như trong ví dụ sau Bài toán 12. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f ( f ( x ) − y) = f ( x ) − f (y) + f ( x ) f (y) − xy, ∀ x, y ∈ R. (12) Lời giải. 1) Thế y = 0 ta được f ( f ( x )) = f ( x ) − f (0) + f (0) f ( x ) , ∀ x ∈ R (12.1) 197
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 2) Thế y = f ( x ) và sử dụng kết quả trên, ta được f (0) = f ( x ) − f ( f ( x )) + f ( x ) . ( f ( x )) − x f ( x ) (12.2) = f (0) − x f (0) f ( x ) + ( f ( x ))2 + f (0) .( f ( x ))2 − x f ( x ) Hay −2 f (0) . f ( x ) + ( f ( x ))2 + f (0) .( f ( x ))2 − x f ( x ) = 0, ∀ x ∈ R. 3) Thế x = 0 vào đẳng thức trên ta được ( f (0))2 − ( f (0))2 = 0 ⇒ f (0) = 0 hoặc f (0) = 1. 4) Nếu f (0) = 0 thì thay vào (10) ta có f ( f ( x )) = f ( x ) , ∀ x ∈ R, thay kết quả này vào trong (12.2) ta có f ( x ) = x. 5) Nếu f (0) = 1 thay vào (12.1) ta có f ( f ( x )) = 2 f ( x ) − 1, thay vào trong (12.2) ta có 1 f ( x ) = x + 1. 2 Thử lại ta thấy chỉ có hàm số f ( x ) = x, ∀ x ∈ R là thỏa mãn yêu cầu. Bài toán 13 (VMO - 2013). Tìm tất cả các hàm số f : R → R thoả mãn f (0) = 0, f (1) = 2013 và ( x − y) f f 2 ( x − f f 2 (y) = ( f ( x ) − f (y)) f 2 ( x ) − f 2 (y) (13) ∀ x, y ∈ R Lời giải. Cho x 6= 0 và y = 0, ta được x f f 2 ( x ) = f 3 ( x ). Suy ra f 3 (x) f f 2 (x) = , ∀ x 6= 0. x Thay vào phương trình ban đầu được 3 f 3 (y) f (x) = ( f ( x ) − f (y)) f 2 ( x ) − f 2 (y) , ∀ x, y 6= 0 ( x − y) − (13.1) x y Thay x < 0, y = 1 vào (13.1), ta có 3 f (x) − 2013 = ( f ( x ) − 2013) f 2 ( x ) − 20132 3 ( x − 1) x ⇔ ( f ( x ) − 2013x ) f 2 ( x ) − 20132 x , ∀ x < 0 Mặt khác với x < 0 thì f 2 ( x ) > 20132 x, suy ra f ( x ) = 2013x, ∀ x < 0. Do đó f (−1) = −2013. Thay x > 0, y = −1 vào (19.1), ta có 3 f (x) + 20133 = ( f ( x ) + 2013) f 2 ( x ) − 20132 ( x + 1) x ⇔ ( f ( x ) − 2013x ) f 2 ( x ) + 20132 x , ∀ x > 0 Suy ra f ( x ) = 2013x, ∀ x > 0. Kết hợp với f (0) = 0, ta suy ra f ( x ) = 2013x, ∀ x. Thử lại có ( x − y) . f f 2 ( x ) − f f 2 (y) = 20132 ( x − y) x2 − y2 , ( f ( x ) − f (y)) f 2 ( x ) − f 2 (y) = 20132 ( x − y) x2 − y2 . Vậy hàm số f ( x ) = 2013x là hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. 198
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 2 Phương pháp sử dụng tính chất đặc thù của hàm số Trong phần này ta sử dụng các tính chất đặc thù của hàm số như đơn ánh, song ánh, toàn ánh, tính chẵn lẻ, tính đơn điệu, tính bị chặn, tính tuần hoàn, phản tuần hoàn, . . . Ta nhắc lại một số kiến thức cần dùng trong phần này: • f ( x ) đơn ánh trên tập D ⊂ R⇔ ∀ x1 , x2 ∈ D, có f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇔ x1 = x2 . • f ( x ) toàn ánh ⇔ ∀y ∈ R, ∃ x để y = f ( x ). • f ( x ) vừa toàn ánh, vừa đơn ánh thì được gọi là song ánh. − x ∈ ( a; b) • f ( x ) là hàm chẵn trên ( a; b) ⇔ ∀ x ∈ ( a; b) : f (− x ) = f ( x ) − x ∈ ( a; b) : • f ( x ) là hàm lẻ trên ( a; b) ⇔ ∀ x ∈ ( a; b) f (− x ) = − f ( x ) • f ( x ) đồng biến (tăng) trên D ⊂ R ⇔ ∀ x1 , x2 ∈ D có f ( x1 ) < f ( x2 ) ⇔ x1 < x2 . • f ( x ) nghịch biến (giảm) trên D ⊂ R ⇔ ∀ x1 , x2 ∈ D có f ( x1 ) < f ( x2 ) ⇔ x1 > x2 . • f ( x ) bị chặn trên D ⊂ R ⇔ ∃ M > 0 để | f ( x )| < M, ∀ x ∈ D. • Hàm số f ( x ) xác định trên ( a; b) được gọi là hàm tuần hoàn, nếu tồn tại t sao cho ∀ x ∈ ( a; b) , f ( x + t) = f ( x ). Số t > 0 bé nhất thỏa mãn điều kiện đó được gọi là chu kì của hàm số Bài toán 14. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f ( x + y + f (y)) = f ( f ( x )) + 2y, ∀ x, y ∈ R (14) Lời giải. Chứng minh f là đơn ánh. Thật vậy, với mọi x, y thỏa mãn f ( x ) = f (y) ta có ( f ( x + y + f (y)) = f ( f ( x )) + 2y ⇒ x = y. f ( x + y + f ( x )) = f ( f (y)) + 2x Chọn y = 0 ta được f ( x + f (0)) = f ( f ( x )), từ tính đơn ánh của hàm số suy ra f ( x ) = x + f (0) . Vậy f ( x ) = x + c, ∀ x ∈ R với c là hằng số. Thử lại, thay vào điều kiện bài toán ta được x + y + f (y) + c = f ( x ) + c + 2y ⇔ x + y + y + 2c = x + 2c + 2y (luôn đúng). Bài toán 15. Kí hiệu N∗ là tập hợp các số nguyên dương. Tìm tất cả các hàm f : N∗ → N∗ thoả mãn đẳng thức: f f 2 (m) + 2 f 2 (n) = m2 + 2n2 , với mọi m, n ∈ N∗ . (15) Lời giải. Nếu m1 , m2 ∈ N∗ sao cho f (m1 ) = f (m2 ). Từ f f 2 ( m1 ) + 2 f 2 ( n ) = f f 2 ( m2 ) + 2 f 2 ( n ) 199
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 suy ra m21 + 2n2 = m22 + 2n2 , do đó m1 = m2 , hay f là đơn ánh. Từ giả thiết có f (m)2 + 2 f (n)2 = f ( p)2 + 2 f (q)2 ⇔ m2 + 2n2 = p2 + 2q2 . (15.1) Dễ thấy với mọi n ∈ N∗ , n ≥ 3 ta có: ( n + 2)2 + 2( n − 1)2 = ( n − 2)2 + 2( n + 1)2 . (15.2) (chú ý điều này vẫn đúng nếu ta nhân cả 2 vế với cùng một thừa số). Đặt f (1) = a cho m = n = 1 được f (3a2 ) = 3. Từ (15.1) suy ra: f (5a2 )2 + 2 f ( a2 )2 = f (3a2 )2 + 2 f (3a2 )2 = 3 f (3a2 )2 = 27. Vì phương trình x2 + 2y2 = 27 chỉ có nghiệm nguyên dương là ( x, y) = (3, 3) hoặc (5, 1). Mà do f đơn ánh nên ta có f ( a2 ) = 1, f (5a2 ) = 5. Cũng từ (15.1) ta có 2 f (4a2 )2 − 2 f (2a2 )2 = f (5a2 )2 − f ( a2 )2 = 24. Vì phương trình x2 − y2 = 12 chỉ có nghiệm nguyên dương là ( x, y) = (4, 2) nên f (4a2 ) = 4, f (2a2 ) = 2. Sử dụng khai triển (15.2) kết hợp với (15.1) ta có 2 2 2 f (k + 4) a2 = 2 f (k + 3) a2 − f (k + 1) a2 + f (ka2 )2 . Vì vậy theo các kết quả trên và phép quy nạp ta suy ra f (ka2 ) = k, với mọi k là số nguyên dương. Do đó f ( a3 ) = a = f (1), mà f đơn ánh nên a3 = 1 ⇒ a = 1. Vậy f (n) = n với mọi n nguyên dương. Thử lại thoả mãn bài toán. Bài toán 16. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thoả mãn: f x + f ( x ) + f (y) = f y + f ( x ) + x + f (y) − f f (y) , ∀ x, y ∈ R. (16) Lời giải. Giả sử f ( x ) là một hàm số thỏa mãn các yêu cầu của bài toán. Ta có các kết quả sau đây về hàm số này: 1) Hàm số f ( x ) là một đơn ánh. Thật vậy, giả sử a, b và c là các số thực thỏa mãn f ( a) = f (b) = c. Cho y = a sau đó y = b ta thu được f a + f ( x ) = f b + f ( x ) với mỗi số thực x. Cho x = a sau đó x = b ta thu được a − b = f a + c + f (y) − f b + c + f (y) với mỗi số thực y. Cũng từ đầu bài ta thấy có số thực d để c + f (d) thuộc tập ảnh của f . Từ đó ta có a = b. 2) f f (y) = y với mỗi số thực y. Thật vậy, cho x = f f (y) − f (y) trong giả thiết ta có ngay điều cần chứng minh. 3) f ( x ) = x với mỗi số thực x. Thật vậy, chọn y = 0 và sau đó thay x bởi f ( x ), và kết hợp với 2) ta có điều phải chứng minh. Thử lại ta thấy f ( x ) = x thỏa mãn. Vậy f ( x ) = x, ∀ x ∈ R là hàm số duy nhất thỏa mãn các yêu cầu của bài toán. 200
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Bài toán 17. Tìm tất cả hàm số f : R → R thỏa mãn f x f (y) + f y f (z) + f z f ( x ) = xy + yz + zx với mọi x, y, z ∈ R. (17) Lời giải. Thay x = y = z ta được f x f ( x ) = x2 với mọi x ∈ R. Tiếp tục thay z = y thì ta có f x f (y) + f y f (y) + f y f ( x ) = xy + y2 + yx , kết hợp hai đẳng thức này lại, ta được f x f (y) + f y f ( x ) = 2xy với mọi x, y. Ta sẽ chứng minh rằng f là hàm đơn ánh và là hàm số lẻ. Thật vậy, Trong (17), thay x = y = 0 thì f (0) = 0. Tiếp tục thay x = y vào đẳng thức đã cho, ta được f x f ( x ) = x2 với mọi x ∈ R. (17.1) Giả sử có x1 , x2 ∈ R sao cho f ( x1 ) = f ( x2 ). Suy ra ( ( f x2 f ( x1 ) = f x2 f ( x2 ) = x22 x2 f ( x1 ) = x2 f ( x2 ) ⇒ . f x1 f ( x2 ) = f x1 f ( x1 ) = x12 x1 f ( x2 ) = x1 f ( x1 ) Cộng từng vế hai đẳng thức này lại ta được f x2 f ( x1 ) + f x1 f ( x2 ) = x12 + x22 . Sử dụng giả thiết là f x2 f ( x1 ) + f x1 f ( x2 ) = 2x1 x2 có x12 + x22 = 2x1 x2 , nên x1 = x2 . Do đó f là đơn ánh. Trong (17.1), thay x bởi − x, ta có f − x f (− x ) = x2 nên f x f ( x ) = f − x f (− x ) ⇔ x f ( x ) = − x f (− x ) (do tính đơn ánh). Với x 6= 0 thì f ( x ) = − f (− x ) và kết hợp thêm f (0) = 0 thì có ngay f ( x ) là hàm số lẻ. 1 Trong (17), thay x bởi x f ( x ) và y bởi thì x 1 1 f x f (x) f +f f x f (x) = 2 f (x) x x 1 ⇔ f x f (x) f + f (x) = 2 f (x) x 1 1 Từ đó suy ra f x f ( x ) f = f (x) ⇒ x f (x) f = x. Do đó, với x 6= 0 thì x x 1 1 f = . (17.2) x f (x) Trong (17.2), thay x = 1 thì ta có ) = ±1 f (1 1 1 f (x) Trong (17), thay y = thì f x f +f = 2 nên x x x x 1 x f + =2⇒ f = 1 với mọi x 6= 0. f (x) x f (x) f f (x) 201
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 f (x) f (x) Nếu f (1) = 1 thì ta có f = f (1), dẫn đến = 1 ⇔ f ( x ) = x với mọi x 6= 0. x x f (x) f (x) Nếu f (1) = −1 thì ta có f = f (−1), dẫn đến = −1 ⇔ f ( x ) = − x với mọi x x x 6= 0. Dễ thấy các hàm trên cũng có tính chất f (0) = 0 nên f ( x ) = x với mọi x ∈ R hoặc f ( x ) = − x với mọi x ∈ R. Thử lại thấy các hàm số này thỏa mãn. Vậy tất cả các hàm cần tìm là f ( x ) = x với mọi x ∈ R hoặc f ( x ) = − x với mọi x ∈ R. Bài toán 18. Tìm các hàm số f : R → R thỏa mãn: y 2 f x2 + 2 f (y) = + 2 f ( x ) , ∀ x, y ∈ R. (18) 2 Lời giải. Đặt g( x ) = 2 f ( x ), ta có: 2 g x2 + g(y) = y + g( x ) . (18.1) Giả sử g( x ) = g(y) suy ra g x2 + g(y) = g x2 + g(y) ⇔ y + g2 ( x ) = x + g2 ( x ) ⇔ x = y. Do đó, g là đơn ánh. Hơn nữa cho x = 0 ta có g g ( y ) = y + g2 (0), (18.2) suy ra tập giá trị của g là R Vậy g là song ánh. Suy ra tồn tại a sao cho g( a) = 0. (18.2) Thay y = x = a vào (18.1) ta có g( a2 ) = a ⇒ g g( a) = 0 ⇒ a2 + g2 (0) = 0 ⇒ a = 0. Thay y = 0 vào (18.1) suy ra g ( x 2 ) = g2 ( x ). (18.3) Suy ra g( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ R. Trong (18.3) cho x = 1 ta suy ra g(1) = 1. Với mọi x ≥ 0, y ∈ R ta có: √ √ 2 g ( x + y ) = g ( x )2 + g g ( y ) = g ( x ) + g ( x ) Với ∀ x ∈ R thì trong hai số x và − x có một số không âm, chẳng hạn x ≥ 0, khi đó: 0 = g(0) = g x + (− x ) = g( x ) + g(− x ) ⇔ g(− x ) = − g( x ). Do đó với x < 0, y ∈ R ta có g( x + y) = − g (− x ) + (−y) = − g(− x ) − g(−y) = g( x ) + g(y). Vậy g( x + y) = g( x ) + g(y), ∀ x, y ∈ R. Hơn nữa với x > y thì g( x ) = g( x − y) + g(y) > g(y) nên g là hàm tăng thực sự. Vì g cộng tính trên Q và g(1) = 1 nên ta có g( x ) = x, ∀ x ∈ Q. Giả sử tồn tại x0 ∈ R \ Q sao cho g( x0 ) 6= x0 . Ta xét gai trường hợp sau: TH1: g( x0 ) > x0 , khi đó tồn tại số hữu tỉ r ∈ ( x0 ; g( x0 )). Ta có x0 < r < g( x0 ) ⇒ g( x0 ) < g(r ) = r vô lý. TH2: g( x0 ) < x0 , chứng minh như trên ta cũng suy ra điều vô lý. Do đó g( x ) = x, ∀ x ∈ R. x Vậy f ( x ) = là hàm thoả mãn yêu cầu bài toán. 2 202
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 3 Phương pháp sử dụng điểm bất động của hàm số Điểm x0 là nghiệm của phương trình: f ( x ) = x được gọi là điểm bất động của hàm f ( x ). Điểm bất động có một số ứng dụng trong giải phương trình hàm. 3 Bài toán 19. Cho hàm số f : R → R thoả mãn f f ( x ) = x3 + x với mọi x ∈ R. Chứng 4 minh rằng 1 1 f − + f (0) + f = 0. 2 2 3 Lời giải. Đặt g( x ) = x3 + x thì f f ( x ) = g( x ). 4 Suy ra f g( x ) = f f f ( x ) = g f ( x ) . Dễ thấy g( x ) là đơn ánh nên từ f f ( x ) = g( x ) suy ra f ( x ) cũng là đơn ánh. 1 1 Gọi x0 là một điểm cố định của hàm g( x ) ⇒ g( x0 ) = x0 ⇒ x0 ∈ 0; − ; . 2 2 Ta có f ( x0 ) = f g( x0 ) = g f ( x0 ) , suy ra f ( x0 ) cũng là một điểm cố định của hàm g( x ). 1 1 f ( x ) là một song ánh trên tập D = 0; − ; nên 2 2 1 1 1 1 f − + f (0) + f = − + 0 + = 0. 2 2 2 2 Từ đó ta có điều phải chứng minh. Bài toán 20. Hãy tìm tất cả các hàm f : (−1; +∞) → (−1; +∞) thỏa mãn các điều kiện: (i) f x + f (y) + x f (y) = y + f ( x ) + y f ( x ) f (x) (ii) Hàm số tăng thực sự trên các khoảng (−1; 0) và (0; +∞). x Lời giải. Điều kiện (ii) cho ta phương trình điểm bất động f ( x ) = x có nhiều nhất là ba nghiệm. Một nghiệm (nếu có) nằm trong khoảng (−1; 0) một nghiệm bằng 0 và một nghiệm nằm trong khoảng (0; +∞). Giả sử u ∈ (−1; 0) là một điểm bất động của f . Trong phương trình hàm (i) cho ta x = y = u ta được f (2u + u2 ) = 2u + u2 . Ta có 2u + u2 ∈ (−1; 0) suy ra 2u + u2 = u nhưng khi đó u = −u2 ∈ (−1; 0) mâu thuẫn. Hoàn toàn tương tự ta cũng chứng minh được không có điểm bất động nào nằm trong khoảng (0; +∞). Như vậy 0 là điểm bất động duy nhất có thể có. Đặt x = y trong phương trình hàm (i) ta có f x + f ( x ) + x f ( x ) = x + f ( x ) + x f ( x ), ∀ x > −1. Như vậy với mọi x > −1 có x + (1 + x ) · f ( x ) là điểm bất động. Do đó với mọi x > −1 x phải có x + (1 + x ) · f ( x ) = 0 suy ra f ( x ) = − . 1+x Thử lại thỏa mãn. 203
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 4 Phương pháp đưa về phương trình sai phân tuyến tính Bài toán 21 (VMO - 2012). Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập số thực R, lấy giá trị trong R và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: 1. f là toàn ánh từ R đến R; 2. f là hàm số tăng trên R; 3. f ( f ( x )) = f ( x ) + 12x với mọi số thực x. Lời giải. Nếu f ( x ) = f (y) thì f ( f ( x )) = f ( f (y)) nên từ phương trình hàm ta suy ra 12x = 12y, suy ra x = y. Vậy f là đơn ánh. Theo đề bài, f là toàn ánh từ R vào R nên từ đây ta có f là song ánh. Gọi f −1 là hàm ngược của f thì f −1 cũng là hàm tăng. Thay x = 0 vào phương trình hàm, ta được f ( f (0)) = f (0). Do f là song ánh nên từ đây suy ra f (0) = 0. Lấy f −1 hai vế ta suy ra f −1 (0) = 0. Đặt f −n ( x ) = f −1 ( f −1 . . . ( f −1 ( x ))), n lần, dễ thấy f −n là hàm tăng và f −n (0) = 0. Xét dãy ( an ) với a0 = f ( x ), a1 = x, an = f −1 ( an−1 ) với n ≥ 2. Thay x bởi f −1 ( an−1 ) vào phương trình hàm, ta được an−2 = an−1 + 12an . Giải phương trình sai phân này, ta tìm được 4x − f ( x ) 3x + f ( x ) −n f − n ( x ) = a n +1 = (−3)−n + 4 . 7 7 Xét với x > 0 cố định. Khi đó f −n ( x ) > 0 với mọi n (do f −n ( x ) là hàm tăng), 3x + f ( x ) > 0. Cho n = 2k, 2k + 1, ta thu được −2k−1 −2k 4 4x − f ( x ) 4 f ( x ) − 4x > , > . 3 3x + f ( x ) 3 3x + f ( x ) Cho k → +∞ ta thu được 4x ≤ f ( x ) ≤ 4x, suy ra f ( x ) = 4x. Từ đó f ( x ) = 4x với mọi x > 0. Với x < 0, cố định. Khi đó f −n ( x ) < 0 với mọi n, 3x + f ( x ) < 0. Hoàn toàn tương tự ta cũng suy ra f ( x ) = 4x với mọi x < 0. Kết hợp với các trường hợp ta được f ( x ) = 4x với mọi x ∈ R. Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn phương trình ban đầu. Vậy f ( x ) = 4x là hàm duy nhất thỏa mãn các yêu cầu bài toán. Tài liệu [1] Nguyễn Văn Mậu (1997), Phương trình hàm, NXB Giáo dục. [2] Nguyễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức, định lí và áp dụng, NXB Giáo dục. [3] Nguyễn Văn Mậu (2007), Đa thức đại số và phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục. [4] Nguyễn Tài Chung (2015), Chuyên khảo phương trình hàm, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội. [5] Ban tổ chức kì thi Tổng tập đề thi Olympic 30 tháng 4 Toán học 10 (2002-2012), NXB Đại học Sư phạm. 204

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.